福建省福州四中2021-2022学年数学高二第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1若的展开式中的第五、六项二项式系数最大，则该展开式中常数项为（ ）AB84CD362设随机变量X服从正态分布，若，则=A0.3B0.6C0.7D0.853已知函数，若有两个极值点，且，则的取值范围是（ ）ABCD4已知集合，则ABCD

2、5已知函数，则函数的零点个数为（ ）A1B3C4D66设等差数列的公差为d，若数列为递减数列，则（ ）ABCD7中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，其中的“筹”原意是指孙子算经中记载的算筹古代用算筹来进行计算，算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行计算，算筹的摆放形式有横纵两种形式（如图所示），表示一个多位数时，像阿拉伯计数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，个位、百位、万位数用纵式表示，十位、千位、十万位用横式表示，以此类推例如4266用算筹表示就是，则8771用算筹可表示为（）ABCD8复数（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（）A第一象限B第二

3、象限C第三象限D第四象限9以下四个命题中，真命题有（ ）A是周期函数，：空集是集合的子集，则为假命题B“，”的否定是“，”C“”是“”的必要不充分条件D已知命题：“如果，那么或”，在命题的逆命题，否命题，逆否命题三个命题中，真命题的个数有个10观察下面频率等高条形图，其中两个分类变量x，y之间关系最强的是（）ABCD11若函数在区间上的最小值为，则实数的值为（ ）ABCD12已知,则等于( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13随机变量XB（3，p），P（X2），则E（X）_14从集合1,2，30中取出五个不同的数组成单调递增的等差数列，则所有符合条件的不同的数列个数是

4、_15设x，y满足约束条件，则的最小值为_.16球的半径为，球的一个截面与球心的距离为，则截面的半径为_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）男生4人和女生3人排成一排拍照留念.（1）有多少种不同的排法（结果用数值表示）？（2）要求两端都不排女生，有多少种不同的排法（结果用数值表示）？（3）求甲乙两人相邻的概率.（结果用最简分数表示）18（12分）已知二项式展开式中的第7项是常数项.(1)求；(2)求展开式中有理项的个数.19（12分）设函数，（）证明：；（）若对所有的，都有，求实数的取值范围20（12分）已知函数()=In(1+)-+(0)()当=2时，

5、求曲线=()在点(1，(1)处的切线方程；()求()的单调区间21（12分）设函数（）.()当时，求不等式的解集；()求证:，并求等号成立的条件.22（10分）已知集合，()当时，求A(RB)；()当时，求实数m的值参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】先由的展开式中的第五、六项二项式系数最大，求解n,写出通项公式，令，求出r代入，即得解.【详解】由于的展开式中的第五、六项二项式系数最大，故，二项式的通项公式为：令可得：故选：B【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，

6、属于中档题.2、A【解析】先计算，再根据正态分布的对称性得到【详解】随机变量X服从正态分布故答案选A【点睛】本题考查了正态分布的概率计算，正确利用正态分布的对称性是解题的关键，属于常考题型.3、C【解析】由可得，根据极值点可知有两根，等价于与交于两点，利用导数可求得的最大值，同时根据的大小关系构造方程可求得临界状态时的取值，结合单调性可确定的取值范围.【详解】，令可得：.有两个极值点，有两根令，则，当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减，令，则，解得：，此时.有两根等价于与交于两点，即的取值范围为.故选：.【点睛】本题考查根据函数极值点个数及大小关系求解参数范围的问题，关键是明确极值点和函数

7、导数之间的关系，将问题转化为直线与曲线交点问题的求解.4、C【解析】分析：根据集合可直接求解.详解：,故选C点睛：集合题也是每年高考的必考内容，一般以客观题形式出现，一般解决此类问题时要先将参与运算的集合化为最简形式，如果是“离散型”集合可采用Venn图法解决，若是“连续型”集合则可借助不等式进行运算.5、C【解析】令,可得,解方程,结合函数的图象,可求出答案.【详解】令,则,令,若,解得或,符合;若,解得,符合.作出函数的图象,如下图,时,;时,;时,.结合图象,若,有3个解;若,无解;若,有1个解.所以函数的零点个数为4个.故选:C.【点睛】本题考查分段函数的性质,考查了函数的零点,考查了

8、学生的推理能力,属于中档题.6、C【解析】试题分析：因为是等差数列，则，又由于为递减数列，所以，故选C.考点：1.等差数列的概念；2.递减数列.7、C【解析】由算筹含义直接求解【详解】解：由算筹含义得到8771用算筹可表示为故选C【点睛】本题考查中华传统文化中的数学问题，考查简单的合理推理、考查函数与方程思想，是中等题.8、D【解析】,对应的点为,在第四象限，故选D.9、C【解析】选项中，由题意得为真，为真，则为真，故不正确选项中，命题的否定应是“，”，故不正确选项中，由“”不能得到“”成立；由“”一定能得到“”成立。故“”是“”的必要不充分条件故C正确。选项中，命题的逆命题、否命题、逆否命题

9、都为真，所以有个真命题，故不正确综上选10、D【解析】在频率等高条形图中，与相差很大时，我们认为两个分类变量有关系，即可得出结论【详解】在频率等高条形图中，与相差很大时，我们认为两个分类变量有关系，四个选项中，即等高的条形图中x1，x2所占比例相差越大，则分类变量x，y关系越强，故选D【点睛】本题考查独立性检验内容，使用频率等高条形图，可以粗略的判断两个分类变量是否有关系，是基础题11、A【解析】求出，（或）是否恒成立对分类讨论，若恒成立求出最小值（或不存在最小值），若不恒成立，求出极值最小值，建立的关系式，求解即可.【详解】.（1）当时，所以在上单调递减，（舍去）.（2）当时，.当时，此时在

10、上恒成立，所以在上单调递减，解得（舍去）；当时，.当时，所以在上单调递减，当时，所以在上单调递增，于是，解得.综上，.故选：A【点睛】本题考查函数的最值，利用导数是解题的关键，考查分类讨论思想，如何合理确定分类标准是难点，属于中档题.12、C【解析】分析：根据条件概率的计算公式，即可求解答案.详解：由题意，根据条件概率的计算公式，则，故选C.点睛：本题主要考查了条件概率的计算公式的应用，其中熟记条件概率的计算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】推导解得，再根据二项分布的数学期望公式，可得的值.【详解】因为随机变量，所以解得

11、所以.【点睛】本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是基础题14、2【解析】根据题意，设满足条件的一个等差数列首项为a1，公差为d，dN*.确定d的可能取值为1，2，3，【详解】根据题意，设满足条件的一个等差数列首项为a1，公差为d，必有d则a5=a则d的可能取值为1，2，3，1对于给定的d，a1=a5-4d30-4d，当a1分别取1，2，3，(如：d=1时，a126，当a1分别取1，2，3，可得递增等差数列26个：1，2，3，4，5；2，3，6；26，21，30，其它同理)当d取1，2，3，1时，可得符合要求的等差数列的个数为：12故答案为：2【点

12、睛】本题主要考查了合情推理，涉及等差数列的性质，关键是确定d的取值范围，属于难题.15、【解析】先画出可行域，根据表示可行域内的点到定点的距离的平方，即可求出最小值。【详解】作出不等式组表示的可行域为一个三角形区域（包括边界），表示可行域内的点到定点的距离的平方，由图可知，该距离的最小值为点到直线的距离，故.【点睛】本题考查线性规划，属于基础题。16、【解析】利用勾股定理，计算出截面的半径.【详解】设球心为，截面圆心为，依题意，故，即截面的半径为.故答案为：【点睛】本小题主要考查球的截面半径的计算，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）5040；

13、（2）1440；（3）.【解析】（1）根据排列的定义及排列数公式,即可求得总的排列方法.（2）根据分步计数原理,先把两端的位置安排男生,再安排中间5个位置即可.（3）根据捆绑法计算甲乙两人相邻的排列方法,除以总数即可求得甲乙两人相邻的概率.【详解】（1）男生4人和女生3人排成一排则总的安排方法为种（2）因为两端不安排女生,所以先把两端安排男生,共有种剩余5人安排在中间位置,总的安排方法为种根据分步计数原理可知两端不安排女生的方法共有种（3）甲乙两人相邻,两个人的排列为把甲乙看成一个整体,和剩余5人一起排列,总的方法为因为男生4人和女生3人排成一排总的安排方法为种所以甲乙两人相邻的概率为【点睛】

14、本题考查了排列组合的综合应用,对特殊位置要求及相邻问题的求法,属于基础题.18、（1）（2）展开式中的有理项共有3项【解析】（1）根据二项展开式的通项以及第项是常数项计算的值；（2）根据二项展开式的通项，考虑未知数的指数为整数的情况，然后判断有理项的项数.【详解】解：（1）二项式展开式的通项为第7项为常数项，（2）由（1）知，若为有理项，则为整数，为6的倍数，共三个数，展开式中的有理项共有3项.【点睛】本题考查二项展开式的通项的应用，难度一般.二项展开式中的有理项的分析的主要依据是：未知数的指数为整数；二项展开式中的常数项的分析的主要依据是：未知数的指数为.19、（）见解析；（）.【解析】试题

15、分析：（）令，求导得单调性，进而得，从而得证；（）记求两次导得在递增， 又，进而讨论的正负，从而得原函数的单调性，进而可求最值.试题解析：（）令，由 在递减，在递增， 即成立 （） 记， 在恒成立， ， 在递增， 又， 当 时，成立， 即在递增，则，即 成立； 当时，在递增，且， 必存在使得则时，即 时，与在恒成立矛盾，故舍去综上，实数的取值范围是点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；（3）若 恒成立，可转化为 .20、（I）（II）见解析【解析】（I）（II

16、）当时，得单调递增区间是，单调递减区间是.当时，得单调递增区间是和，单调递减区间是.当时得单调递增区间是.当时，得单调递增区间是和，单调递减区间是21、 () ()见证明【解析】()把代入不等式中，利用零点进行分类讨论，求解出不等式的解集；()证法一：对函数解析式进行变形为，显然当时，函数有最小值，最小值为，利用基本不等式，可以证明出，并能求出等号成立的条件；证法二：利用零点法把函数解析式写成分段函数形式，求出函数的单调性，最后求出函数的最小值，以及此时的的值.【详解】解:()当时，原不等式等价于，当时，解得 当时，解得 当时，无实数解原不等式的解集为 ()证明:法一:，当且仅当时取等号又，当且仅当且时，即时取等号，等号成立的条件是法二:在上单调递减，在上单调递增，等号成立的条件是【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法以及证明绝对值不等式，利用零点法，分类讨